đề thi thử môn TOÁN và đáp án

www.facebook.com/hocthemtoan

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN Đề Số 1 A.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm): Câu I (2 điểm): Cho hàm số 3 2 2 3 3 3( 1)y x mx m x m m= − + − − + (1) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) ứng với m=1 2. Tìm m để hàm số (1) có cực trị đồng thời khoảng cách từ điểm cực đại của đồ thị hàm số đến gốc tọa độ O bằng 2 lần khoảng cách từ điểm cực tiểu của đồ thị hàm số đến gốc tọa độ O. Câu II (2 điểm): 1. Giải phương trình: 2 2 os3x.cosx+ 3(1 sin2x)=2 3 os (2 ) 4 c c x π + + 2. Giải phương trình: 2 2 1 2 2 1 2 2 2 2 log (5 2 ) log (5 2 ).log (5 2 ) log (2 5) log (2 1).log (5 2 ) x x x x x x x + − + − − = − + + − Câu III (1 điểm): Tính tích phân 6 0 tan( ) 4 os2x x I dx c π π − = ∫ Câu IV (1 điểm): Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a , SA vuông góc với đáy và SA=a. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của SB và SD; I là giao điểm của SC và mặt phẳng (AMN). Chứng minh SC vuông góc với AI và tính thể tích khối chóp MBAI. Câu V (1 điểm): Cho x, y, z là ba số thực dương thỏa 3x y z+ + = . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 2 2 2 3( ) 2P x y z xyz= + + − . B. PHẦN TỰ CHỌN (3 điểm): Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phần (phần 1 hoặc 2) 1.Theo chương trình chuẩn: Câu VIa (2 điểm): 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ đ ộ Oxy cho điểm C(2;-5 ) và đường thẳng :3 4 4 0x y∆ − + = . Tìm trên ∆ hai điểm A và B đối xứng nhau qua I(2;5/2) sao cho diện tích tam giác ABC bằng15. 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho mặt cầu 2 2 2 ( ): 2 6 4 2 0S x y z x y z+ + − + − − = . Viết phương trình mặt phẳng (P) song song với giá của véc tơ (1;6;2)v r , vuông góc với mặt phẳng ( ) : 4 11 0x y z α + + − = và tiếp xúc với (S). Câu VIIa(1 điểm): Tìm hệ số của 4 x trong khai triển Niutơn của biểu thức: 2 10 (1 2 3 )P x x= + + 2.Theo chương trình nâng cao: Câu VIb (2 điểm): 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho elíp 2 2 ( ) : 1 9 4 x y E + = và hai điểm A(3;-2) , B(-3;2) . Tìm trên (E) điểm C có hoành độ và tung độ dương sao cho tam giác ABC có diện tích lớn nhất. 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho mặt cầu 2 2 2 ( ): 2 6 4 2 0S x y z x y z+ + − + − − = . Viết phương trình mặt phẳng (P) song song với giá của véc tơ (1;6;2)v r , vuông góc với mặt phẳng ( ) : 4 11 0x y z α + + − = và tiếp xúc với (S). Câu VIIb (1 điểm) Tìm số nguyên dương n sao cho thoả mãn: 2 0 1 2 2 2 2 121 2 3 1 1 n n n n n n C C C C n n + + + + = + + ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ SỐ 1 NỘI DUNG Câu I.2. Ta có , 2 2 3 6 3( 1)y x mx m= − + − Để hàm số có cực trị thì PT , 0y = có 2 nghiệm phân biệt 2 2 2 1 0x mx m⇔ − + − = có 2 nhiệm phân biệt 1 0, m⇔ ∆ = > ∀ Cực đại của đồ thị hàm số là A(m-1;2-2m) và cực tiểu của đồ thị hàm số là B(m+1;-2-2m) Theo giả thiết ta có 2 3 2 2 2 6 1 0 3 2 2 m OA OB m m m  = − + = ⇔ + + = ⇔  = − −   Vậy có 2 giá trị của m là 3 2 2m = − − và 3 2 2m = − + . Câu II.1. os4x+cos2x+ 3(1 sin 2 ) 3 1 os(4x+ ) 2 os4x+ 3 sin 4 os2x+ 3 sin 2 0 PT c x c c x c x π   ⇔ + = +  ÷   ⇔ + = 18 3 sin(4 ) sin(2 ) 0 2sin(3 ). osx=0 6 6 6 x= 2 x k x x x c k  = − +  ⇔ + + + = ⇔ + ⇔   +   π π π π π π π Vậy PT có hai nghiệm 2 x k π π = + và 18 3 x k π π = − + . Câu II. 2. ĐK : 1 5 2 2 0 x x −  < <    ≠  . Với ĐK trên PT đã cho tương đương với 2 2 2 2 2 2 2 2 log (5 2 ) log (5 2 ) 2log (5 2 ) 2log (5 2 )log (2 1) log (2 1) x x x x x x − − + = − + − + + 2 2 2 2 1 4 log (2 1) 1 1 log (5 2 ) 2log (2 1) 2 2 log (5 2 ) 0 2 x x x x x x x x −  =  + = −     ⇔ − = + ⇔ = ∨ = −    − =   =    Kết hợp với ĐK trên PT đã cho có 3 nghiệm x=-1/4 , x=1/2 và x=2. Câu III 2 6 6 2 0 0 tan( ) tan 1 4 os2x (t anx+1) x x I dx dx c π π π − + = = − ∫ ∫ , 2 2 1 tan x cos 2x 1 tan x − = + Đặt 2 2 1 t anx dt= (tan 1) cos t dx x dx x = ⇒ = + . Đổi cận: 1 0 0 ; 6 3 x t x t= ⇒ = = ⇒ = π Suy ra 1 1 3 3 2 0 0 1 1 3 ( 1) 1 2 dt I t t − = − = = + + ∫ . Câu IV. Ta có ,( , ) ,( ) AM BC BC SA BC AB AM SB SA AB ⊥ ⊥ ⊥   ⊥ =  AM SC ⇒ ⊥ (1) Tương tự ta có AN SC⊥ (2) Từ (1) và (2) suy ra AI SC ⊥ Vẽ IH song song với BC cắt SB tại H. Khi đó IH vuông góc với (AMB) Suy ra 1 . 3 ABMI ABM V S IH= Ta có 2 4 ABM a S = 2 2 2 2 2 2 2 . 1 1 1 2 3 3 3 IH SI SI SC SA a IH BC a BC SC SC SA AC a a = = = = = ⇒ = = + + Vậy 2 3 1 3 4 3 36 ABMI a a a V = = Câu V. Ta có: [ ] 2 3 ( ) 2( ) 2 3 9 2( ) 2P x y z xy yz zx xyz xy yz zx xyz   = + + − + + − = − + + −   27 6 ( ) 2 ( 3)x y z yz x= − + − + 2 3 2 ( ) 1 27 6 (3 ) ( 3) ( 15 27 27) 2 2 y z x x x x x x + ≥ − − − + = − + − + Xét hàm số 3 2 ( ) 15 27 27f x x x x= − + − + , với 0<x<3 , 2 1 ( ) 3 30 27 0 9 x f x x x x =  = − + − = ⇔  =  Từ bảng biến thiên suy ra MinP=7 1x y z⇔ = = = . Câu VIa 1. Gọi 3 4 16 3 ( ; ) (4 ; ) 4 4 a a A a B a + − ⇒ − . Khi đó diện tích tam giác ABC là 1 . ( ) 3 2 ABC S AB d C AB= → ∆ = . Theo giả thiết ta có 2 2 4 6 3 5 (4 2 ) 25 0 2 a a AB a a =  −   = ⇔ − + = ⇔  ÷  =    Vậy hai điểm cần tìm là A(0;1) và B(4;4). 2. Ta có mặt cầu (S) có tâm I(1;-3;2) và bán kính R=4 Véc tơ pháp tuyến của ( ) α là (1;4;1)n r Vì ( ) ( )P α ⊥ và song song với giá của v r nên nhận véc tơ (2; 1;2) p n n v= ∧ = − uur r r làm vtpt. Do đó (P):2x-y+2z+m=0 Vì (P) tiếp xúc với (S) nên ( ( )) 4d I P→ = ⇔ 21 ( ( )) 4 3 m d I P m = −  → = ⇔  =  Vậy có hai mặt phẳng : 2x-y+2z+3=0 và 2x-y+2z-21=0. Câu VIIa Ta có 10 10 2 10 2 10 10 0 0 0 (1 2 3 ) (2 3 ) ( 2 3 ) k k k k i k i i k i k k k i P x x C x x C C x − + = = = = + + = + = ∑ ∑ ∑ Theo giả thiết ta có 4 0 1 2 0 10 4 3 2 , k i i i i i k k k k i k N + =  = = =     ≤ ≤ ≤ ⇔ ∨ ∨     = = =     ∈  Vậy hệ số của 4 x là: 4 4 3 1 2 2 2 2 10 10 3 10 2 2 2 3 3 8085C C C C C+ + = . Câu VIb 1. Ta có PT đường thẳng AB:2x+3y=0 Gọi C(x;y) với x>0,y>0.Khi đó ta có 2 2 1 9 4 x y + = và diện tích tam giác ABC là 1 85 85 . ( ) 2 3 3 2 13 3 4 2 13 ABC x y S AB d C AB x y= → = + = + 2 2 85 170 3 2 3 13 9 4 13 x y   ≤ + =  ÷   Dấu bằng xảy ra khi 2 2 2 1 3 9 4 2 2 3 2 x y x x y y   + =  =   ⇔     = =    . Vậy 3 2 ( ; 2) 2 C . 2. Giống VIa.2 Câu VIIb Xét khai triển 0 1 2 2 (1 ) n n n n n n n x C C x C x C x+ = + + + + Lấy tích phân 2 vế cân từ 0 đến 2 , ta được: 1 2 3 1 0 1 3 3 1 2 2 2 2 1 2 3 1 n n n n n n n C C C C n n + + − = + + + + + + ⇔ 2 1 1 0 1 2 1 2 2 2 3 1 121 3 1 2 3 1 2( 1) 1 2( 1) 3 243 4 n n n n n n n n n C C C C n n n n n + + + − − + + + + = ⇔ = + + + + ⇔ = ⇔ = Vậy n=4. ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN Đề Số 2 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số y = x 3 – 3x 2 +2 (1) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1). 2. Tìm điểm M thuộc đường thẳng y =3x-2 sao tổng khoảng cách từ M tới hai điểm cực trị nhỏ nhất. Câu II (2 điểm) 1. Giải phương trình cos2x 2sin x 1 2sin x cos2x 0+ − − = 2. Giải bất phương trình ( ) 2 4x 3 x 3x 4 8x 6− − + ≥ − Câu III ( 1điểm) Tính tích phân 3 6 cotx I dx sinx.sin x 4 π π = π   +  ÷   ∫ Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp S.ABC có mặt đáy (ABC) là tam giác đều cạnh a. Chân đường vuông góc hạ từ S xuống mặt phẳng (ABC) là một điểm thuộc BC. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng BC và SA biết SA=a và SA tạo với mặt phẳng đáy một góc bằng 30 0 . Câu V (1 điểm) Cho a, b, c dương và 2 2 2 3a b c+ + = . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 3 3 3 2 2 2 3 3 3 a b c P b c a = + + + + + PHẦN RIÊNG (3 điểm) A. Theo chương trình chuẩn Câu VI.a. (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C) : 2 2 x y 2x 8y 8 0+ + − − = . Viết phương trình đường thẳng song song với đường thẳng d: 3x+y-2=0 và cắt đường tròn theo một dây cung có độ dài bằng 6. 2. Cho ba điểm A(1;5;4), B(0;1;1), C(1;2;1). Tìm tọa độ điểm D thuộc đường thẳng AB sao cho độ dài đoạn thẳng CD nhỏ nhất. Câu VII.a (1 điểm) Tìm số phức z thoả mãn: z 2 i 2− + = . Biết phần ảo nhỏ hơn phần thực 3 đơn vị. B. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2 điểm) 1. Tính giá trị biểu thức: 2 4 6 100 100 100 100 100 4 8 12 200A C C C C= + + + + . 2. Cho hai đường thẳng có phương trình: 1 2 3 : 1 3 2 x z d y − + = + = 2 3 : 7 2 1 x t d y t z t = +   = −   = −  Viết phương trình đường thẳng cắt d 1 và d 2 đồng thời đi qua điểm M(3;10;1). Câu VII.b (1 điểm) Giải phương trình sau trên tập phức: ( ) 2 3 1 6 13 0z i z i+ + − − = Hết ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ SỐ 2 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu Nội dung I 1 Tập xác định: D=R ( ) ( ) 3 2 3 2 lim 3 2 lim 3 2 x x x x x x →−∞ →+∞ − + = −∞ − + = +∞ y’=3x 2 -6x=0 0 2 x x =  ⇔  =  Bảng biến thiên: x -∞ 0 2 + ∞ y’ + 0 - 0 + 2 + ∞ y -∞ -2 Hàm số đồng biến trên khoảng: (-∞;0), (2;+ ∞) Hàm số nghịch biến trên khoảng (0;2) f CĐ =f(0)=2; f CT =f(2)=-2 y’’=6x-6=0<=>x=1 khi x=1=>y=0 x=3=>y=2 x=-1=>y=-2 Đồ thị hàm số nhận điểm I(1;0) là tâm đối xứng. 2 Gọi tọa độ điểm cực đại là A(0;2), điểm cực tiểu B(2;-2) Xét biểu thức P=3x-y-2 Thay tọa độ điểm A(0;2)=>P=-4<0, thay tọa độ điểm B(2;-2)=>P=6>0 Vậy 2 điểm cực đại và cực tiểu nằm về hai phía của đường thẳng y=3x-2, để MA+MB nhỏ nhất => 3 điểm A, M, B thẳng hàng Phương trình đường thẳng AB: y=-2x+2 Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ: 4 3 2 5 2 2 2 5 x y x y x y  =  = −   ⇔   = − +   =   => 4 2 ; 5 5 M    ÷   1 Giải phương trình: cos2x 2sin x 1 2sin xcos2x 0 + − − = (1) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 os2 1 2sin 1 2sin 0 os2 1 1 2sin 0c x x x c x x⇔ − − − = ⇔ − − = Khi cos2x=1<=> x k π = , k Z∈ Khi 1 sinx 2 = ⇔ 2 6 x k π π = + hoặc 5 2 6 x k π π = + , k Z∈ 2 Giải bất phương trình: ( ) 2 4x 3 x 3x 4 8x 6− − + ≥ − (1) (1) ( ) ( ) 2 4 3 3 4 2 0x x x⇔ − − + − ≥ Ta có: 4x-3=0<=>x=3/4 2 3 4 2x x− + − =0<=>x=0;x=3 Bảng xét dấu: x -∞ 0 ¾ 2 + ∞ 4x-3 - - 0 + + 2 3 4 2x x− + − + 0 - - 0 + Vế trái - 0 + 0 - 0 + Vậy bất phương trình có nghiệm: [ ) 3 0; 3; 4 x   ∈ ∪ +∞     III Tính ( ) ( ) 3 3 3 2 6 6 6 cot cot cot 2 2 sinx sinx cos sin x 1 cot sin x sin 4 x x x I dx dx dx x x x = = = + +   +  ÷   ∫ ∫ ∫ π π π π π π π Đặt 1+cotx = t 2 1 sin dx dt x ⇒ = − Khi 3 1 1 3; 6 3 3 x t x t π π + = ⇔ = + = ⇔ = Vậy ( ) 3 1 3 1 3 1 3 3 1 3 1 2 2 2 ln 2 ln 3 3 t I dt t t t + + + + −   = = − = −  ÷   ∫ IV Gọi chân đường vuông góc hạ từ S xuống BC là H. Xét ∆SHA(vuông tại H) 0 3 cos30 2 a AH SA= = Mà ∆ABC đều cạnh a, mà cạnh 3 2 a AH = => H là trung điểm của cạnh BC => AH ⊥ BC, mà SH ⊥ BC => BC⊥(SAH) Từ H hạ đường vuông góc xuống SA tại K => HK là khoảng cách giữa BC và SA => 0 3 AHsin30 2 4 AH a HK = = = Vậy khoảng cách giữa hai đường thẳng BC và SA bằng 3 4 a H A C B S K V Ta có: 3 3 2 6 2 3 2 2 3 3 3 16 64 4 2 3 2 3 a a b a a b b + + + ≥ = + + (1) 3 3 2 6 2 3 2 2 3 3 3 16 64 4 2 3 2 3 b b c c c c c + + + ≥ = + + (2) 3 3 2 6 2 3 2 2 3 3 3 16 64 4 2 3 2 3 c c a c c a a + + + ≥ = + + (3) Lấy (1)+(2)+(3) ta được: ( ) 2 2 2 2 2 2 9 3 16 4 a b c P a b c + + + + ≥ + + (4) Vì a 2 +b 2 +c 2 =3 Từ (4) 3 2 P⇔ ≥ vậy giá trị nhỏ nhất 3 2 P = khi a=b=c=1. PHẦN RIÊNG (3 điểm) A. Theo chương trình chuẩn VI.a 1 Đường tròn (C) có tâm I(-1;4), bán kính R=5 Gọi phương trình đường thẳng cần tìm là ∆, => ∆ : 3x+y+c=0, c≠2 (vì // với đường thẳng 3x+y-2=0) Vì đường thẳng cắt đường tròn theo một dây cung có độ dài bằng 6=> khoảng cách từ tâm I đến ∆ bằng 2 2 5 3 4− = ( ) 2 4 10 1 3 4 , 4 3 1 4 10 1 c c d I c  = − − + + ⇒ ∆ = = ⇔  + = − −   (thỏa mãn c≠2) Vậy phương trình đường tròn cần tìm là: 3 4 10 1 0x y+ + − = hoặc 3 4 10 1 0x y+ − − = . 2 Ta có ( ) 1; 4; 3AB = − − − uuur Phương trình đường thẳng AB: 1 5 4 4 3 x t y t z t = −   = −   = −  Để độ dài đoạn CD ngắn nhất=> D là hình chiếu vuông góc của C trên cạnh AB, gọi tọa độ điểm D(1-a;5-4a;4-3a) ( ;4 3;3 3)DC a a a⇒ = − − uuur Vì AB DC⊥ uuur uuur =>-a-16a+12-9a+9=0<=> 21 26 a = Tọa độ điểm 5 49 41 ; ; 26 26 26 D    ÷   VII. a Gọi số phức z=a+bi Theo bài ra ta có: ( ) ( ) ( ) 2 2 2 1 2 2 1 4 3 3   − + + = − + + =   ⇔   = − = −     a b i a b b a b a 2 2 2 2 1 2 1 2   = − = +   ⇔   = − − = − +     a a hoac b b Vậy số phức cần tìm là: z= 2 2− +( 1 2− − )i; z= z= 2 2+ +( 1 2− + )i. B. Theo chương trình nâng cao VI.b 1 Ta có: ( ) 100 0 1 2 2 100 100 100 100 100 100 1 x C C x C x C x+ = + + + + (1) ( ) 100 0 1 2 2 3 3 100 100 100 100 100 100 100 1 x C C x C x C x C x− = − + − + + (2) Lấy (1)+(2) ta được: ( ) ( ) 100 100 0 2 2 4 4 100 100 100 100 100 100 1 1 2 2 2 2x x C C x C x C x+ + − = + + + + Lấy đạo hàm hai vế theo ẩn x ta được ( ) ( ) 99 99 2 4 3 100 99 100 100 100 100 1 100 1 4 8 200x x C x C x C x+ − − = + + + Thay x=1 vào => 99 2 4 100 100 100 100 100.2 4 8 200A C C C= = + + + 2 Gọi đường thẳng cần tìm là d và đường thẳng d cắt hai đường thẳng d 1 và d 2 lần lượt tại điểm A(2+3a;-1+a;-3+2a) và B(3+b;7-2b;1-b). Do đường thẳng d đi qua M(3;10;1)=> MA kMB= uuur uuur ( ) ( ) 3 1; 11; 4 2 , ; 2 3;MA a a a MB b b b= − − − + = − − − uuur uuur 3 1 3 1 1 11 2 3 3 2 11 2 4 2 2 4 1 a kb a kb a a kb k a k kb k a kb a kb b − = − = =       ⇒ − = − − ⇔ + + = ⇔ =       − + = − + = =    => ( ) 2; 10; 2MA = − − uuur Phương trình đường thẳng AB là: 3 2 10 10 1 2 x t y t z t = +   = −   = −  VII. b ∆=24+70i, 7 5i∆ = + hoặc 7 5i∆ = − − 2 5 4 z i z i = +  =>  = − −  ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN Đề Số 3 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2 điểm) 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số 2 1 1 x y x − = − 2) Viết phương trình tiếp tuyến của (C), biết khoảng cách từ điểm I(1;2) đến tiếp tuyến bằng 2 Câu II (2 điểm) 1) Giải phương trình: 2 17 sin(2 ) 16 2 3.sin cos 20sin ( ) 2 2 12 x x x x π π + + = + + 2) Giải hệ phương trình: 4 3 2 2 3 2 1 1 x x y x y x y x xy  − + =   − + = −   Câu III (1 điểm): Tính tích phân: I = 4 0 tan .ln(cos ) cos x x dx x π ∫ Câu IV (1 điểm): Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A với AB = a, các mặt bên là các tam giác cân tại đỉnh S. Hai mặt phẳng (SAB) và (SAC) cùng tạo với mặt phẳng đáy góc 60 0 . Tính côsin của góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SBC) . Câu V: (1 điểm) Cho a,b,c là các số dương thỏa mãn a + b + c = 1. Chứng minh rằng: 3 a b b c c a ab c bc a ca b + + + + + ≥ + + + PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (1 điểm) Trong mặt phẳng Oxy cho điểm A(1;1) và đường thẳng ∆ : 2x + 3y + 4 = 0. Tìm tọa độ điểm B thuộc đường thẳng ∆ sao cho đường thẳng AB và ∆ hợp với nhau góc 45 0 . Câu VII.a (1 điểm): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M(1;-1;1) và hai đường thẳng 1 ( ) : 1 2 3 x y z d + = = − − và 1 4 ( '): 1 2 5 x y z d − − = = Chứng minh điểm M, (d), (d’) cùng nằm trên một mặt phẳng. Viết phương trình mặt phẳng đó. Câu VIII.a (1 điểm) Giải phương trình: 2 2 2 (24 1) (24 1) (24 1) log log + + + + = x x x x x log x x x B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (1 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn 2 2 ( ) : 1C x y+ = , đường thẳng ( ) : 0d x y m+ + = . Tìm m để ( )C cắt ( )d tại A và B sao cho diện tích tam giác ABO lớn nhất. Câu VII.b (1 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho 3 mặt phẳng: (P): 2x – y + z + 1 = 0, (Q): x – y + 2z + 3 = 0, (R): x + 2y – 3z + 1 = 0 và đường thẳng 1 ∆ : 2 2 − −x = 1 1+y = 3 z . Gọi 2 ∆ là giao tuyến của (P) và (Q). Viết phương trình đường thẳng (d) vuông góc với (R) và cắt cả hai đường thẳng 1 ∆ , 2 ∆ . Câu VIII.b (1 điểm) Giải bất phương trình: log x ( log 3 ( 9 x – 72 )) ≤ 1 Hết ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ SỐ 3 Câu Nội dung [...]... Giải hệ phương trình:   x log 3 12 + log 3 x = y + log 3 y Hết ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ SỐ 4 Câu I NỘI DUNG 1 TXĐ: D = R\{-1} 6 > 0 ∀x ∈ D ( x + 1) 2 => hs đồng biến trên mỗi khoảng (−∞; −1) và (−1; +∞) , hs không có cực trị Giới hạn: lim y = 2, lim− y = +∞, lim+ y = −∞ Chiều biến thi n: y ' = x →±∞ x →−1 x →−1 => Đồ thị hs có tiệm cận đứng x= -1, tiệm cận ngang y = 2 BBT x... 23 *d đi qua A ( ; ; ) và có vtcp n = (1; 2; −3) 12 12 8 23 1 1 z− x− y− => d có phương trình 8 12 = 12 = 1 2 −3 VIII.b x > 0  x *Điều kiện : log 3 (9 − 72) > 0 giải được x > log 9 73  x 9 − 72 > 0 x Vì x > log 9 73 >1 nên bpt đã cho tương đương với log 3 (9 − 72) ≤ x ⇔ 9x − 72 ≤ 3x 3x ≥ −8  ⇔ x ⇔x ≤2 3 ≤ 9  *Kết luận tập nghiệm : T = (log 9 72; 2] ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN Đề Số 4 PHẦN... nghiệm x 0 = 0 và x 0 = 2 II.1 II.2 *Các tiếp tuyến cần tìm : x + y − 1 = 0 và x + y − 5 = 0 *Biến đổi phương trình đã cho tương đương với π c os2x − 3 sin 2x + 10c os(x + ) + 6 = 0 6 π π ⇔ c os(2x + ) + 5c os(x + ) + 3 = 0 3 6 π π ⇔ 2c os 2 (x + ) + 5c os(x + ) + 2 = 0 6 6 π 1 π Giải được c os(x + ) = − và c os(x + ) = −2 (loại) 6 2 6 π 1 π 5π + k 2π *Giải c os(x + ) = − được nghiệm x = + k 2π và x = −... 3 x − 4 = 0 Tia Oy cắt (C) tại A Lập phương trình đường tròn (C’), bán kính R’ = 2 và tiếp xúc ngoài với (C) tại A 2 Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai điểm A(1;2; -1), B(7; -2; 3) và đường thẳng d có phương trình  x = 2 + 3t   y = −2t (t ∈ R)  z = 4 + 2t  Tìm trên d những điểm M sao cho tổng khoảng cách từ M đến A và B là nhỏ nhất 2 Câu VII.a (1,0 điểm): Giải phương trình trong tập... −1;0) và có vtcp u 1 = (1; −2; −3) uu r (d’) đi qua M 2 (0;1; 4) và có vtcp u 2 = (1; 2;5) uu uu r r ur uuuuuuu r *Ta có u 1 ; u 2  = ( −4; −8; 4) ≠ O , M 1M 2 = (0; 2; 4)   uu uu uuuuuuu r r r Xét u 1 ; u 2  M 1M 2 = −16 + 14 = 0    (d) và (d’) đồng phẳng u r *Gọi (P) là mặt phẳng chứa (d) và (d’) => (P) có vtpt n = (1; 2; −1) và đi qua M1 nên có phương trình x + 2y − z + 2 = 0 *Dễ thấy điểm... xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = VI.a a 2 2 = 20 3 3 a 10 1 3 u r x = 1 − 3t * ∆ có phương trình tham số  và có vtcp u = (−3; 2) y = −2 + 2t *A thuộc ∆ ⇒ A (1 − 3t ; −2 + 2t ) uuuu u rr uuuu u r r A B u 1 1 ⇔ u = r *Ta có (AB; ∆ )=450 ⇔ c os(A B ; u ) = 2 2 AB.u 15 3 ∨t = − 13 13 32 4 22 32 *Các điểm cần tìm là A 1 (− ; ), A 2 ( ; − ) 13 13 13 13 uu r VII.a *(d) đi qua M 1 (0; −1;0) và có vtcp... ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN Đề Số 4 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH(7,0 điểm) Câu I ( 2,0 điểm): Cho hàm số y = 2x − 4 x +1 1 Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị (C) của hàm số 2 Tìm trên đồ thị (C) hai điểm đối xứng nhau qua đường thẳng MN biết M(-3; 0) và N(-1; -1) Câu II (2,0 điểm): 1 Giải phương trình: 2 = 1 + 3 + 2 x − x2 x +1 + 3 − x 2 Giải phương trình: sin x + sin 2 x + sin 3 x + sin 4 x =... 2 x ÷dx  1  x 1 + ln x Câu III (1,0 điểm): Tính tích phân: I = ∫  Câu IV (1,0 điểm):Cho hai hình chóp S.ABCD và S’.ABCD có chung đáy là hình vuông ABCD cạnh a Hai đỉnh S và S’ nằm về cùng một phía đối với mặt phẳng (ABCD), có hình chiếu vuông góc lên đáy lần lượt là trung điểm H của AD và trung điểm K của BC Tính thể tích phần chung của hai hình chóp, biết rằng SH = S’K =h Câu V(1,0 điểm): Cho x,... phẳng (SAB) và (SBC) bằng H K A a 2 a 3 *Lập luận và tính được AC=AB=a , H A = , SH = H F tan 600 = 2 2 *Tam giác SHK vuông tại H có 1 HK 2 = 1 1 3 + ⇒K H =a 2 2 HS HB 10 AH = *Tam giác AHK vuông tại H có tan A K H = KH ⇒ cos A K H = V 3 23 a +b 1−c 1−c = = ab + c ab + 1 − b − a (1 − a )(1 − b ) 1−c 1−b 1−a + + *Từ đó V T = (1 − a )(1 − b ) (1 − c )(1 − a ) (1 − c )(1 − b ) Do a,b,c dương và a+b+c=1... x- 7y +14 = 0 và đường chéo AC đi qua điểm M(2;1) Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật 2 Trong không gian với hệ toạ độ vuông góc Oxyz, cho hai đường thẳng: 2 x + y +1 = 0 3 x + y − z + 3 = 0 ( ∆)  ; (∆')  Chứng minh rằng hai đường thẳng ( ∆ ) và ( ∆ ' ) x − y + z −1 = 0 2 x − y +1 = 0 cắt nhau Viết phương trình chính tắc của cặp đường thẳng phân giác của các góc tạo bởi ( ∆ ) và ( ∆ ' )  x